這道題是一類區間問題的變體，我們先來看一道最基礎的區間問題：
給定n個區間[s1, e1], [s2, e2], ... [sn, en]，求這些區間並集的長度。
這道題通常的解法是，我們把這n個區間的2n個端點從左到右排列在數軸上p1, p2, ... p2n。並且如果乙個點pi是原區間的左端點，我們就把它標記成綠色；如果是右端點，就標記成藍色。
值得注意的是這2n個點中可能存在重合的點。比如假設有兩個區間[1, 3]和[3, 5]，那麼在3這個位置上就同時存在乙個綠點(左端點)和藍點(右端點)。某些情況下我們在排序時需要特別處理重合的點，例如要保證藍點都排在綠點之前。不過本題我們無需特殊處理，重合的點無論誰在前誰在後都不影響結果。
這2n個點把數軸分成了2n+1段，(-inf, p1), (p1, p2), (p2, p3) ... (p2n-1, p2n), (p2n, +inf)。每一段內部被原來區間集合覆蓋的情況都是相同的。換句話說，不會出現(pi, pi+1)的左半部分被第1、3、5號區間覆蓋，而右半部分只被第1、3號區間覆蓋這種情況。
所以我們可以從左到右掃瞄每一段，令cnt計數器初始值=0。當掃過乙個綠點時，cnt++；掃過乙個藍點時cnt--。我們可以發點對於(pi, pi+1)這一段，處理完pi時的cnt值恰好代表了這一段被幾個原來的區間同時覆蓋。
有了每一段的cnt值，我們可以做很多事情。例如要求區間並集的長度，我們可以找出所有cnt值大於0的段(pi, pi+1)，並把這些段的長度(pi+1 - pi)求和。
我們還可以知道哪段被覆蓋了最多次：自然是cnt值最大的段。
對於給定的座標x，我們可以在o(logn)的時間內求出x這個點被覆蓋多少次：我們只需要在p1, p2, ... p2n中二分查詢出x的位置，即pi < x < pi+1，那麼(pi, pi+1)這一段的cnt值就是答案。(當x恰好是端點時需要特判，取決於給出的區間是開區間還是閉區間)
好了，我們回到《區間求差》這道題目。我們可以把a和b集合中2n+2m個端點都從左到右排列在數軸上。並且用4種顏色標記出每個點是a的左端點、a的右端點、b的左端點、b的右端點。
然後我們用兩個計數器cnta和cntb來分別維護每一段被a集合中的區間覆蓋多少次、以及被b集合的區間覆蓋多少次。那麼如果某一段(pi, pi+1)滿足cnta>0且cntb=0，那麼它一定是a-b的一部分。我們對於這些段的長度求和即可。
整個演算法對於端點排序的部分複雜度是o(nlogn)的，對於從左到右掃瞄複雜度是o(n)的。總體複雜度是o(nlogn)。
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# include # include # include using namespace std;
# define mem(x,y) memset(x,sizeof(x),y);
const int maxn = 1e5+100;
struct node
}if(a[i].type==1) cnt1++;
if(a[i].type==2) cnt1--;
if(a[i].type==3) cnt2++;
if(a[i].type==4) cnt2--;
last=a[i].x;
} printf("%lld\n",ans);
} return 0;
}
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